2022届江苏省淮安市淮阴中学高三上学期12月月考数学试题含解析

2022届江苏省淮安市淮阴中学高三上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题知，再求集合交集即可得答案.

【详解】解：解不等式得，

所以

故选：B

2．已知复数（i是虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】利用复数运算求得，由此求得对应点所在象限.

【详解】设，则，

所以且，所以，

所以，对应点为，在第一象限.

故选：A

3．已知平面向量，满足，且，，则（       ）

A． B．3 C．1 D．

【答案】B

【分析】根据已知条件，求得，再利用数量积求模长即可.

【详解】因为，且，，故可得，解得；

又.

故选：B.

4．已知，则（       ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】利用诱导公式化简已知条件求得，再将目标齐次式利用同角三角函数关系转化，即可代值求得结果.

【详解】因为，故可得，则，

又.

故选：D.

5．设正项等比数列的公比为q，且，则“为递增数列”是“”的（       ）

A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】结合数列的单调性、等比数列的性质、复合函数单调性，以及充分、必要条件的知识确定正确选项.

【详解】依题意，则.

在上递减.

结合复合函数单调性同增异减可知：

是递增数列是递减数列，

所以“为递增数列”是“”的充要条件.

故选：A

6．已知函数为定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则（       ）

A．0 B．1 C．2 D．2021

【答案】B

【分析】利用奇偶性求出函数的周期，结合周期和给定的解析式求解答案.

【详解】因为是奇函数，为偶函数，所以，

所以的周期为4；

.

故选：B.

7．设是定义在上的偶函数，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则正数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析可知，由已知可得对任意的恒成立，解得对任意的恒成立，可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且当时，，

则当时，，，故对任意的，，

对任意的，不等式恒成立，

即，即对任意的恒成立，

且为正数，则，可得，所以，，可得.

故选：A.

二、多选题

8．如图正方体棱长为a，下列结论错误的是（       ）

A．平面平面 B．平面

C．与成60°角 D．三棱锥的体积为

【答案】CD

【分析】根据正方体的几何特点，结合线面平行的证明、线面垂直的证明，棱锥体积的计算公式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：连接，如下所示：

因为是正方体，故可得////，

又面面，

故平面//平面，故A正确；

对B：连接，如下所示：

先证，因为是正方体，故，

又面面，故，

又面，故面，

又面，故；

再证，因为是正方体，故，

又面面，故，

又面，故面，

又面，故；

又面，故面，

故B正确；

对C：与B同理可证面，又面，故，

则直线的夹角为，故C错误；

对D：，又面，

故，故D错误.

故选：CD.

【点睛】本题考察立体几何中线面垂直、面面平行的证明，以及棱锥体积的计算，异面直线夹角的计算，属综合中档题；其中解决问题的关键是熟练应用证明所需的定理和性质.

9．已知、表示不同的平面，、表示不同的直线，则下列命题中正确的有（       ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若，且，则

【答案】AB

【分析】利用面面垂直的判定可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；根据已知条件判断线面、线线位置关系，可判断CD选项.

【详解】对于A选项，若，，则，A对；

对于B选项，若，，则，B对；

对于C选项，若，，则，因为，则或，C错；

对于D选项，若，且，则、平行、相交或异面，D错.

故选：AB.

10．已知，则下列不等式正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】利用不等式的基本性质可判断A选项；利用作差法可判断BD选项；利用基本不等式可判断C选项.

【详解】对于A选项，，A错；

对于B选项，因为，则，，

，故，B对；

对于C选项，因为，则，由基本不等式可得，C对；

对于D选项，因为，则，，，

，

所以，，D对.

故选：BCD.

11．已知函数，下列结论正确的是（       ）

A．的最小正周期为 B．函数在区间上单调递减

C．函数的图象关于直线对称 D．函数的最小值为

【答案】AD

【分析】分别研究，的最小正周期即可判断A选项；时，，再分段研究即可判断B选项；取特殊值，判断C选项；研究函数在一个周期内的值域判断D选项.

【详解】解：对于A选项，由于函数的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，故A选项正确；

对于B选项，当时，，且当时，，此时函数在单调递减；当时，，此时函数在上单调递增，故B选项错误；

对于C选项，由于，，故函数的图象不关于直线对称，故C选项错误；

对于D选项，由题知，当时，，，此时函数在上的值域为；当时，，，此时函数在上的值域为，故函数在一个周期内的值域为，进而函数的值域为，即最小值为，故D选项正确.

故选：AD

12．已知关于的方程有两个不等的正根，且，则下列说法正确的有（       ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意构造函数，研究其函数图像得，可判断A；再构造函数，根据极值点偏移问题的方法得判断B；进而得判断C；根据等价得判断D.

【详解】解：对于A选项，根据题意，方程有两个不等的正根，且，

故令，则，

所以当时，，函数为单调递减函数，当时，，函数为单调递增函数，

所以函数有极小值，

因为趋近于，趋近于，趋近于，趋近于，

所以方程有两个不等的正根等价于，且故A选项正确；

对于B选项，令，

则，

所以在上单调递减，

所以，，

因为，所以，

因为时，函数为单调递增函数，

所以，即，故B选项正确；

对于C选项，因为，所以，

所以，故C选项错误；

对于D选项，若，则，

所以，所以，显然满足.故D选项正确.

故选：ABD

【点睛】本题考查利用导数研究方程的根的问题，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二个选项解决的关键在于构造函数，研究函数的单调性证明.

三、填空题

13．设是首项为1的等比数列，若，，，成等差数列，则通项公式__________.

【答案】

【分析】根据已知条件求得的公比，由此求得.

【详解】设等比数列的公比为，

由于成等差数列，

所以，

即，解得，

所以

故答案为：

14．已知a，b为正实数，函数的图象在处的切线与直线垂直，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】根据导数的几何意义得，进而根据基本不等式“1”的用法求解即可.

【详解】解：求导得，所以，

因为函数的图象在处的切线与直线垂直，

所以，即，

因为a，b为正实数，

所以，当且仅当，即时等号成立.

所以的最小值为

故答案为：

15．如图所示，等边△ABC中，已知，点M在线段BC上，且满足，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则__________.

【答案】

【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法计算出.

【详解】以为原点建立如图所示平面直角坐标系，

，

，

.

故答案为：

四、双空题

16．在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛（Alberobello），这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo的屋项，得到圆锥SO（其中S为顶点，O为底面圆心），母线SA长为6米，C是母线SA的靠近点S的三等分点从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，若灯光带的最小长度为米.

（1）圆锥的底面半径为__________米；

（2）棱长为a米的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，则a的最大值为__________米.

【答案】     ；    

【分析】根据题意，作出图形可计算其侧面展开图的扇形的圆心角为，进而得圆锥的底面半径为米；四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，进而根据轴截面中的几何关系求该圆锥的内切球的半径，再根据正四面体的棱长与其外接球的半径关系得.

【详解】解：根据题意得，在图1中，圆锥中，母线长，

侧面展开图是扇形，

，

设圆锥的底面半径为，

由题，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，

设球心为，球的半径为，则轴截面上球与圆锥侧面的一个切点为，如图2所示，

由于，故，

∴，

由内切圆的性质得为的角平分线，

∴ ，，

∴，，

∴，即，

∵棱长为的正四面体中，其外接球的半径与棱长的关系为，

∴

故答案为：；

五、解答题

17．已知满足，且在上单调递增.

(1)求的解析式；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知是的一条对称轴，再根据已知条件得，，再待定系数得，故；

（2）由题知，由于，进而根据诱导公式与二倍角公式求解即可.

【详解】(1)解：因为满足

所以是的一条对称轴，

因为且在上单调递增，

所以，即，所以，

因为，所以，即，

因为，所以

所以

(2)解：由（1）知，即

因为

所以

所以.

18．已知等差数列的公差，其前n项和为，.

(1)求p的值及通项公式；

(2)若          ，求数列的前n项和.

在①；②；③三个条件中选择一个补充在第（2）问中并对其求解，如果多写按第一个计分.

【答案】(1)，；

(2)选①时，；选②时，，其中；选③时，.

【分析】（1）根据条件先表示出，结合公差可求，然后利用等差数列的通项公式可得；

（2）根据选择的条件求出，结合数列的求和方法进行求解.

【详解】(1)因为等差数列的公差，其前n项和为，

所以解得，

所以，解得；

由可得.

(2)选①：，

.

选②：；

当为偶数时，；

当为奇数时，；

所以，其中.

选③：，

所以

两式相减可得

，

所以.

19．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且.

(1)求角B的大小；

(2)若，点D满足且，求边b的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合恒等变换可求角B的大小；

（2）利用余弦定理建立方程组，联立方程组可得结果.

【详解】(1)由正弦定理化简可得

，

即

所以

因为，所以即

因为可得

所以即.

(2)由，可知在一条直线上且，

在中，由余弦定理得

①

②

在中，由余弦定理可得

即③

②×2+③得即④

联立①④可得，解得或（舍），

所以，.

20．如图，直三棱柱中，，、、分别是、、的中点.

(1)求证：；

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，证明出平面，可得出，由此可得出；

（2）分析可知，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【详解】(1)证明：连接，因为、分别为、的中点，则且，

，且为的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，所以，，

，为的中点，则，

平面，平面，，

，平面，

平面，，故.

(2)解：平面，平面，，则，

，则，故，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

由（1）知，平面的一个法向量为，

，，设平面的法向量为，

则，取，可得，

所以，，

由图可知，二面角的平面角为锐角，

因此，二面角的余弦值为.

21．已知数列满足，.

(1)求数列的通项公式；

(2)在所有相邻两项与（，2，…）之间插入k个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求，结合条件得出，结合等差数列的通项公式可得结果；

（2）先求前项中插入了多少项，结合分组求和法和错位相减法进行求解.

【详解】(1)由，，得；

再由可得，即隔项成等差数列；

当为偶数时，；

当为奇数时，；

综上.

(2)因为在相邻两项与（，2，…）之间插入k个，

所以中的第项在中，对应的项数为：，令得，

即数列中的第9项就是数列中的第45项，所以中的第46项至第50项为；

所以

设①

则②

由①-②得，所以.

22．已知函数.

(1)若存在极值，求实数a的取值范围；

(2)当时，判断函数的零点个数，并证明你的结论.

（参考数据：，，，）

【答案】(1)；

(2)2个零点，证明见解析.

【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，在不同情况下讨论其极值即可；

（2）对的取值分区间讨论，利用导数研究不同区间下函数的单调性，同时利用零点存在定理，即可判断函数的零点个数.

【详解】(1)因为，故可得，

当时，因为，故，是上的单调增函数，不存在极值，舍去；

当时，令，解得，

当时，单调递增；当时，单调递减，

则当时，取得极大值，满足题意.

综上所述，.

(2)有两个零点，理由如下：

当时，，，，

当时，，单调递减，

又，，

故存在唯一的，使得，且当，，单调递增，

当，，单调递减，

又，，

因为，故，故，故，

又，故在和上各有一个零点.

当时，，由（1）可知，在单调递减，

故在单调递减，又当时，，

故，在上无零点.

当时，，单调递减，

又，故，在单调递减，

又，

故，无零点.

当时，，

故，在无零点.

综上所述，在和上各有一个零点，共有两个零点.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点个数，处理问题的关键是对参数的正确分类，对自变量取值区间的合理划分，以及对函数单调性的准确讨论，属综合困难题.